精品解析：广东省上进联考2025-2026学年高三上学期入学摸底考试数学试卷

广东省2025-2026学年新高三秋季入学摸底考试 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由条件结合复数运算法则求，根据复数的几何意义确定复数在复平面内对应点的坐标，由此判断该点所在象限即可. 【详解】因为， 所以， 所以复数在复平面内对应的点为，该点在第二象限， 故选：B. 2. 已知集合，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可. 【详解】由， 则. 故选：C. 3. 以直线与为渐近线的双曲线的离心率为（　　） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，分双曲线的焦点在轴和轴两种情况，求出间的关系，再利用，即可求解. 【详解】因为双曲线的渐近线为与， 若双曲线焦点在轴，双曲线的标准方程为，渐近线为， 则，所以双曲线的离心率为， 若双曲线焦点在轴，双曲线的标准方程为，渐近线为， 则，所以双曲线的离心率为， 综上所述，双曲线的离心率为或， 故选：D. 4. 已知单位向量满足，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量垂直的充要条件，向量数量积的运算律和向量数量积的定义计算即可. 【详解】由题意，，记， 由可得：， 即得，因，则. 故选：B. 5. 已知都是锐角，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用正切的和与差公式，即可求解. 【详解】因为，又， 所以，又都是锐角，则， 所以，整理得到，解得，， 则， 故选：A. 6. 某校积极开展社团活动，学期结束时，社团老师对参加社团的同学进行选择性考核．某社团有小明、小刚等5位同学参加，现选3位同学参加考核，则在小明被选中的条件下，小刚被选中的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率公式求解. 【详解】设事件为“小明被选中参加考核”，事件为“小刚被选中参加考核”， 则，, 所以, 故选：. 7. 已知抛物线，为坐标原点，为的焦点，直线与交于，两点，记和的面积分别为，则（　　） A. B. C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线方程求得其焦点，判断该点在直线上，将其与抛物线方程联立，求得的值，结合图形，可得三角形面积表达式，化简计算即得. 【详解】 由可知抛物线的焦点为，易得点在直线上， 由消去，可得，解得或， 因，则，由图知，. 故选：D. 8. 若实数满足，则下列不等式错误的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】变形得，结合求出，再结合，，逐一判断即可. 【详解】由得， 结合可得，， 得，等号成立时， 结合可得，， 得，等号成立时， 综上可得：，故B正确； 由可得，则有， 解得：，则，故A正确； 由及得，， 解得，故C正确； 由得，，即, 因，则，，故D错误. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（　　） A. 的定义域为 B. 为奇函数 C. 为上的减函数 D. 无最值 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用指数函数的性质及函数的单调性、奇偶性一一判定选项即可. 【详解】对于A项，由可知，所以，即其定义域为，A正确； 对于B项，，显然， 所以为奇函数，B正确； 对于C项，由A项结论可知显然错误； 对于D项，由指数函数的性质知：当时， ，所以， 则，故D正确； 故选：ABD 10. 在二项式的展开式中，下列说法正确的是（　　） A. 常数项为 B. 各项的系数和为 C. 二项式系数最大的项为第项 D. 有理项的系数和为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项、对赋值进行计算即可求解. 【详解】二项式的通项为：， 当即时，该项为常数项，即，故选项A正确； 当时，各项系数和为，故选项B错误； 因为是偶数，所以二项式系数最大的项是， 即第项为二项式系数最大的项，故选项C正确； 有理项要求的指数为整数，即为整数， 令，则，即，故需为偶数， 因此，分别计算对应项的系数： ，  ，  ，  ， 有理项系数和为，因此选项D错误. 故选：AC. 11. 在中，，且，若是边上的一点，满足，则（　　） A. B. 面积的最大值为 C. D. 的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据三角函数的相关公式、向量的性质以及基本不等式的性质、余弦定理等对选项逐一计算判断即可. 【详解】因为， 所以化简得，即. 解得，即（舍去）或. 所以，所以A错误； 因为，所以 当且仅当时等号成立. 所以的面积为， 此时其面积的最大值为，B正确； 因为，所以， 所以，即. 根据得，， 化简得，所以C错误； 根据角平分线定理可得，设，则. 则，所以. 根据余弦定理得. 所以. 所以. 设，则由得. 令，求导得. 所以在上单调递增，所以. 所以的最大值为，此时的最小值为，所以D正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正项等比数列的前项和为，公比为，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】将用表示，由等比数列通项公式代入化简求值. 【详解】因为，所以，即， 所以，解得或， 因为，所以，所以不满足条件， 所以. 故答案为：. 13. 已知一个底面半径为的圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的2倍，则该圆锥轴截面的面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由条件方程可得，再求轴截面的三角形面积. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 则圆锥的侧面展开图的面积，圆锥的底面面积， 因为圆锥的底面半径为1，所以， 因为圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的2倍，所以， 所以， 如图，圆锥的轴截面为，圆锥的轴为， 因为，， 所以， 所以圆锥的轴截面的面积， 故答案为：. 14. 在中，，以各边为直径分别向外作三个半圆，为三个半圆上任意两点，则的最大值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形中两边之和大于第三边，可得的最大值等于周长的一半，这样就将求的最大值转化为求的周长的一半的最大值. 方法一：因为，所以求的最大值转化为的最大值.根据余弦定理，结合基本不等式，求得的最大值，进而求得的最大值，即的最大值. 方法二：根据正弦定理将的最大值转化成求的最大值，根据给定区间上的正弦型函数的最大值求法求得结果，即可得到的最大值. 【详解】设边的中点分别为，当位于两个不同的半圆上时， 例如点P在以BC为直径的半圆上，点Q在以AB为直径的半圆上， 则，当且仅当共线时等号成立， 当在同一半圆上时，最大距离为该半圆的直径， 根据三角形两边之和大于第三边可知，半周长大于任意一边， 故的最大值是的半周长，即. 方法一： 中，由余弦定理，得， 因为当且仅当时，等号成立. 所以，所以，即， 所以，当且仅当时，的最大值.此时，取得最大值. 方法二： 根据正弦定理，得， 所以 所以=. 因为，所以，所以，所以， 当且仅当时，取得最大值. 此时取得最大值. 所以的最大值为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 随着双休政策的推进，某同学记录了2025年4~5月份连续6个双休日某校积极参与运动的同学人数（单位：人），6个双休日分别用1~6表示，并绘制表格如下. 1 2 3 4 5 6 248 282 370 420 440 520 （1）经过统计分析，发现与具有线性相关关系，求出关于的线性回归方程；（系数精确到0.1） （2）从这6个双休日积极参与运动的同学人数中随机抽取3个数据，记最大的数据为，求的分布列及数学期望. 附：回归方程，其中，． 【答案】（1） （2）分布列见解析； 【解析】 【分析】（1）先求得，，根据公式得到，由回归方程过样本中心点知，继而求得，即可得到回归方程； （2）由题知的取值可能为370，420，440，520，根据古典概型及组合数分别计算对应概率，列出分布列并计算期望即可. 【小问1详解】 ，， ， ， 所以关于的线性回归方程为. 【小问2详解】 根据题意，的取值可能为370，420，440，520， ， ， ， ， 的分布列为： 370 420 440 520 期望. 16. 在正项数列中，，且． （1）求的通项公式； （2）若数列满足，求的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由数列递推式整理后利用等差数列定义判断为等差数列，进而求得； （2）利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 由，可得， 因数列为正项数列，故， 则有，又， 所以是首项为3，公差为3的等差数列， 则， 故. 【小问2详解】 由（1）已得，则， 所以 . 17. 已知四棱锥平面． （1）证明：平面平面； （2）记平面平面，证明：； （3）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 平面，平面， ， 又， , 平面， 平面， 又平面， 平面平面. （2） ，平面，平面， //平面. 又平面平面，平面， . （3） 【解析】 【分析】（1）由平面得出，由，得出，结合平面，得出平面，又因为平面，利用面面垂直判定定理，得出平面平面. （2）根据线面平行判定定理，得出//平面，再结合线面平行的性质定理得出. （3）以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用向量夹角余弦公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 令，则. 平面中，， 设平面的法向量为， 则，令，则，故. 平面中，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故. 设平面与平面所成夹角为， 则. 18. 已知椭圆的右焦点为，左顶点为，离心率为． （1）求的方程； （2）过点且与轴不重合的直线与交于两点． ①记直线的斜率分别为，求的值； ②记关于原点对称的点为，是否存在直线，使得四边形的面积为．若存在，求出满足题意的的条数；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）①；②2条. 【解析】 【分析】（1）根据关系得到，再代入离心率公式即可得到其方程； （2）①设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，再计算斜率表达式，代入韦达定理式即可； ②根据四边形面积计算得，从而得到，再代入韦达定理式得到关于的方程，因式分解后利用导数和零点存在性定理即可判断其零点个数. 【小问1详解】 设，故，所以． 因为，所以， 故的方程为． 【小问2详解】 ①由（1）知，设直线的方程为， 联立方程得， , 由韦达定理得, 则 ， ②由题得，不妨设，由①知． 又因为四边形的面积 . 所以，代入中， 得， 代入中，得， 化简得， 即或． 令，则． ，故，即在上单调递增． 又，由零点存在定理知有唯一零点在区间上． 综上所述，满足题意的直线有两条． 19. 已知函数． （1）当时，证明：； （2）当时，若，求的最大值； （3）若恰有2个零点和3个极值点，证明：． 【答案】（1） . 设，则， 故当时，在区间上单调递增； 当吋，在区间上单调递减， 故． 因此，得证． （2）1 （3） 设， 则， 故当时，在区间上单调递减； 当时，在区间上单调递增， 所以当时，取极小值． 当时，，当时，， 若恰有2个零点，则，得． ，设， 则，由恰有3个极值点，得必有2个正零点， 记为，故， 即， 当，或时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递减， 当时，取极大值，当时，取极小值， 由恰有3个极值点，则必有3个正零点， 由有， 故． 因为， 所以必有，即， 由，有，则． 由，有，即， 因为函数在区间上单调递增，若， 则，矛盾， 故得证． 【解析】 【分析】（1）计算得，构造函数，求导得其单调性，则得到其最值，从而判断出其小于等于0； （2）取，分和讨论即可； （3）设，求导得其单调性，再假设新函数，求导后利用极值点个数得到相关不等式，解出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取，则，由（1）知在区间上单调递减， 故当时，，故必有, 当时，，则， 故当时，在区间上单调递减； 当时，在区间上单调递增， 故，符合题意，因此的最大值是1． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省2025-2026学年新高三秋季入学摸底考试 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，则（　　） A. B. C. D. 3. 以直线与为渐近线的双曲线的离心率为（　　） A. B. C. D. 或 4. 已知单位向量满足，则（　　） A. B. C. D. 5. 已知都是锐角，，则（　　） A. B. C. D. 6. 某校积极开展社团活动，学期结束时，社团老师对参加社团的同学进行选择性考核．某社团有小明、小刚等5位同学参加，现选3位同学参加考核，则在小明被选中的条件下，小刚被选中的概率为（　　） A. B. C. D. 7. 已知抛物线，为坐标原点，为的焦点，直线与交于，两点，记和的面积分别为，则（　　） A. B. C. 2 D. 4 8. 若实数满足，则下列不等式错误的是（　　） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（　　） A. 的定义域为 B. 为奇函数 C. 为上的减函数 D. 无最值 10. 在二项式的展开式中，下列说法正确的是（　　） A. 常数项为 B. 各项的系数和为 C. 二项式系数最大的项为第项 D. 有理项的系数和为 11. 在中，，且，若是边上的一点，满足，则（　　） A. B. 面积的最大值为 C. D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正项等比数列的前项和为，公比为，则___________． 13. 已知一个底面半径为的圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的2倍，则该圆锥轴截面的面积为___________． 14. 在中，，以各边为直径分别向外作三个半圆，为三个半圆上任意两点，则的最大值是___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 随着双休政策的推进，某同学记录了2025年4~5月份连续6个双休日某校积极参与运动的同学人数（单位：人），6个双休日分别用1~6表示，并绘制表格如下. 1 2 3 4 5 6 248 282 370 420 440 520 （1）经过统计分析，发现与具有线性相关关系，求出关于的线性回归方程；（系数精确到0.1） （2）从这6个双休日积极参与运动的同学人数中随机抽取3个数据，记最大的数据为，求的分布列及数学期望. 附：回归方程，其中，． 16. 在正项数列中，，且． （1）求的通项公式； （2）若数列满足，求的前项和． 17. 已知四棱锥平面． （1）证明：平面平面； （2）记平面平面，证明：； （3）若，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆的右焦点为，左顶点为，离心率为． （1）求的方程； （2）过点且与轴不重合的直线与交于两点． ①记直线的斜率分别为，求的值； ②记关于原点对称的点为，是否存在直线，使得四边形的面积为．若存在，求出满足题意的的条数；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数． （1）当时，证明：； （2）当时，若，求的最大值； （3）若恰有2个零点和3个极值点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $